Integral $\int_0^\infty \frac{x \ln(1+x^2)}{e^{2 \pi x}+1}\,dx=\frac{19}{24}-\frac{23}{24}\ln 2-\frac{\ln A}{2}$

Question

Editar: Un amigo mío utilizó una integral de contorno para resolver este problema y su respuesta final coincide con la mía. Parece que la de Wolphram es incorrecta

---

He visto la siguiente integral aquí y fue a probarlo.

$$\int_0^\infty \frac{x \ln(1+x^2)}{e^{2 \pi x}+1}\,dx=\frac{19}{24}-\frac{23}{24}\ln 2-\frac{\ln A}{2}$$

Empecé a utilizar la siguiente identidad

$$\frac{1}{e^{2\pi x}+1}=\frac{1}{e^{2\pi x}-1}-\frac{2}{e^{4\pi x}-1} \tag{1}$$

Para reescribir la integral de la siguiente manera

$$\int_0^\infty \frac{x \ln(1+x^2)}{e^{2 \pi x}+1}\,dx=\int_0^\infty\frac{x \ln(z^2+x^2)}{e^{2 \pi x}-1}\,dx-2\int_0^\infty\frac{x \ln(z^2+x^2)}{e^{4\pi x}-1}\,dx \tag{2}$$

En mi anterior Correo electrónico: Establecí el valor de la primera integral del R.H.S. de $(2)$

$$\int_{0}^{\infty} \frac{x \ln \left(1+x^{2}\right)}{e^{2 \pi x}-1} d x=\zeta^{\prime}(-1)+\frac12\ln 2 +\frac12 \ln \pi-\frac{3}{4} \tag{3}$$

Así que queda por evaluar

$$\int_0^\infty\frac{x \ln(1+x^2)}{e^{4\pi x}-1}\,dx$$

Para ello, he seguido el mismo procedimiento que utilicé en el anterior Correo electrónico: . Considere la integral

$$J(z)=\int_0^\infty\frac{x \ln(z^2+x^2)}{e^{4\pi x}-1}\,dx \tag{4}$$

Y diferenciarlo con respecto a $z$ para conseguir

$$J^{\prime}(z)=\int_0^\infty\frac{2zx }{(z^2+x^2)(e^{4\pi x}-1)}\,dx \tag{5}$$

Entonces, comparándolo con La fórmula de Binet

$$\int_0^\infty\frac{x }{(z^2+x^2)(e^{2\pi x}-1)}\,dx=\frac{\log(z)}{2}-\frac{\psi(z)}{2}-\frac{1}{4z} \tag{6}$$

Y tras un cambio de parámetro y un cambio de variable encontramos que

$$\int_0^\infty\frac{2sx }{(s^2+x^2)(e^{4\pi x}-1)}\,dx=s \ln(2s)-s\psi(2s)-\frac{1}{4} \tag{7}$$

Ahora, integra $(7)$ con respecto a $s$ de $0$ a $z$ y luego dejar que $z \to 1$ Tengo

$$\int_0^\infty\frac{x \ln(1+x^2)}{e^{4\pi x}-1}\,dx=\frac{\ln \pi}{4}-\frac{36}{48}+\frac{35}{48} \ln2+\frac14 \zeta^{\prime}(-1) \tag{7}$$

Como no pude encontrar la respuesta de esta integral en ningún sitio, acudí a Wolfram Alpha para ver si coincidía con su solución, ¡pero no es así! Sin embargo, me quedé con ella, y junto con $(3)$ He introducido sus valores en $(2)$ .

Para obtener la respuesta final

$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{x \ln(1+x^2)}{e^{2 \pi x}+1}\,dx&=\zeta^{\prime}(-1)+\frac12\ln 2 +\frac12 \ln \pi-\frac{3}{4}-2\left(\frac{\ln \pi}{4}-\frac{36}{48}+\frac{35}{48}\ln2+\frac14 \zeta^{\prime}(-1) \right)\\ &=\frac12\zeta^{\prime}(-1)-\frac{23}{24}\ln 2+\frac{18}{24}\\ &=\frac12\left(\frac{1}{12}-\ln A \right)-\frac{23}{24}\ln 2+\frac{18}{24}\\ &=\frac{19}{24}-\frac{23}{24}\ln 2-\frac{\ln A}{2} \qquad \blacksquare \end{aligned}$$

Ahora, esta respuesta coincide con la respuesta de donde vi la integral pero no coincide con la respuesta de Wolfram Alpha.

La pregunta obvia es: ¿Cuál es la correcta?

Answer 1

Se puede demostrar con el Fórmula Abel-Plana esperando la convergencia, eso:

$$\sum_{x\ge0} f(x)=\frac{f(0)}2 +\int_0^\infty f(x)dx+i\int_0^\infty\frac{f(ix)-f(-ix)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Tenga en cuenta que cuando $f(x)=-\frac i2 x \ln(1-x^2)\implies f(ix)-f(-ix)=x\ln(x^2+1)$ :

Vamos a introducir la fórmula:

$$\sum_{x\ge0} -\frac i2 x \ln(1-x^2) =\frac{-\frac i2 0 \ln(1-0^2)}2 +\int_0^\infty -\frac i2 x \ln(1-x^2) dx+i\int_0^\infty\frac{-\frac i2 x \ln(1-x^2)- -\frac i2 x \ln(1-x^2)}{e^{2\pi x}-1}dx\implies \sum_{x\ge0} -\frac i2 x \ln(1-x^2) -0- \int_0^\infty -\frac i2 x \ln(1-x^2) dx =i\int_0^\infty\frac{x\ln(x^2+1)}{e^{2\pi x}-1}dx$$

Recojamos los resultados:

$$-i\sum_{x\ge0} -\frac i2 x \ln(1-x^2) - -i\int_0^\infty -\frac i2 x \ln(1-x^2) dx =\int_0^\infty\frac{x\ln(x^2+1)}{e^{2\pi x}-1}dx= \frac12\int_0^\infty x \ln(1-x^2) dx -\frac12 \sum_{x\ge0} x \ln(1-x^2)$$

Esto fue un intento utilizando la fórmula. Debería haber un método mejor para usar. Por favor, corrígeme y dame tu opinión.